Tổng hợp 60 bài hệ phương trình

Chia sẻ: Nguyễn Gia Long | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

98
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và nghiên cứu về hệ phương trình, mời các bạn cùng tham khảo nội dung tài liệu "Tổng hợp 60 bài hệ phương trình" dưới đây. Nội dung tài liệu gồm 60 câu hỏi bài tập và hướng dẫn cách giải toán hệ phương trình. Hy vọng tài liệu sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tổng hợp 60 bài hệ phương trình

TỔNG HỢP 60 BÀI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CỦA MATH.VN .vn Bài 1.  x3 − y3 = 35 (1) Giải hệ phương trình: 2x2 + 3y2 = 4x − 9y (2) Giải (x − 2)3 = (3 + y)3 ⇒ x = y + 5 Lấy phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) theo vế ta được: " (3) th y = −2 ⇒ x = 3 Thế (3) vào phương trình (2) của hệ ta được: y2 + 5y + 6 = 0 ⇔ y = −3 ⇒ x = 2 Đáp số: (3; −2), (2; −3) là nghiệm của hệ. Bài 2.  ma x3 + y3 = 9 (1) Giải hệ phương trình: x2 + 2y2 = x + 4y (2) Giải (x − 1)3 = (2 − y)3 ⇒ x = 3 − y (3) Lấy phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) theo vế ta được: " y=1⇒x=2 Thế (3) vào phương trình (2) của hệ ta được: y2 − 3y + 2 = 0 ⇔ y=2⇒x=1 Đáp số: (2; 1), (1; 2) là nghiệm của hệ. Bài 3. . ww  x3 + y3 = 91 (1) Giải hệ phương trình: 4x2 + 3y2 = 16x + 9y (2) Giải Lấy phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) theo vế ta được: (x"− 4)3 = (3 − y)3 ⇒ x = 7 − y (3) y=4⇒x=3 Thế (3) vào phương trình (2) của hệ ta được: y2 − 7y + 12 = 0 ⇔ y=3⇒x=4 /w Đáp số: (3; 4), (4; 3) là nghiệm của hệ. Bài 4.  x2 + y2 = 1  (1) Giải hệ phương trình: 5 57 4x2 + 3x −  = −y (3x + 1) (2) 25 Giải p:/ Lấy phương trình (1) nhân với 25 cộng theo với với phương trình (2) nhân với 50 rồi nhóm lại ta được: 7 17 25(3x + y)2 + 50(3x + y) − 119 = 0 ⇔ 3x + y = ; 3x + y = − .  5 5 x2 + y2 =  1 5 2 1 11 2 Trường hợp 1: 7 Thế ta được: x = ⇒ y = ; x = ⇒y= y = − 3x  5 5 25 25  5 x2 + y2 = 1  htt Trường hợp 2: 5 vô nghiệm. 17 y = − − 3x  5 2 1 11 2 Vậy ; ; ; là nghiệm của hệ. 5 5 25 25 Bài 5. 1
( x3 + 3xy2 = −49 (1) Giải hệ phương trình: .vn x2 − 8xy + y2 = 8y − 17x (2) Giải Lấy phương trình (1) cộng với phương trình (2) nhân với 3 được: " x = −1 x3 + 3x2 + (3y2 − 24y + 51)x + 3y2 − 24y + 49 = 0 ⇔ (x + 1) (x + 1)2 + 3(y − 4)2 = 0 ⇔ x = −1, y = 4 Lần lượt thế vào phương trình (1) của hệ ta được (−1; 4), (−1; −4) là nghiệm của hệ. th Bài 6. ( 2 6x y + 2y3 + 35 = 0 (1) Giải hệ phương trình: . 5x2 + 5y2 + 2xy + 5x + 13y = 0 (2) Giải ma Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) theo vế ta được: (6y + 15)x2 + 3(2y + 5)x + 2y3 + 15y2 +39y + 35 = 0 5 1 2 ! 5 2 y=− ⇔ (2y + 5) 3 x + + y+ =0⇔  2 . 2 2 1 5 x=− , y=− 2 2 1 5 1 5 Lần lượt thế vào phương trình (1) ta được: ;− ; − ;− là nghiệm của hệ. . 2 2 2 2 Bài 7.  ww x2 + y2 = xy + x + y Giải hệ phương trình: x2 − y2 = 3 Giải 1 Chú ý rằng: x2 − xy + y2 = 3(x − y)2 + (x + y)2  4  a = x + y 3a2 + b2 = 4b (1) nên ta đặt thì được hệ mới: . b = x − y ab = 3 (2) /w 3 Đem thế a = từ phương trình (2) vào phương trình (1) rồi giải tìm được b = 3 ⇒ a = 1 b Từ đó tìm lại được: x = 2; y = 1 là nghiệm của hệ. Bài 7.1 √  x2 + 2x + 6 = y + 1 Giải hệ phương trình: x2 + xy + y2 = 7 p:/ Giải ĐK: y ≥ −1 Hệđã cho tương đương với:  x2 + 2x + 6 = y2 + 2y + 1 (x − y)(x + y + 2) = −5 ⇔ (∗∗)  1 3(x + y)2 + (x − y)2 = 7 3(x + y)2 + (x − y)2 = 28  4    a = x + y b(a + 2) = −5 a = −1 a = 3 Đặt khi đó (∗∗) trở thành ⇔ hay htt b = x − y 3a2 + b2 = 28 b = −5 b = −1   x = −3 x = 1 Giải hệ trên ta thu được nghiệm: hay y = 2 y = 2 Kết luận: Hệ phương trình đã cho có tập hợp nghiệm là: {(−3; 2), (1; 2)} Bài 8. 2
( x2 + 2y2 = xy + 2y Giải hệ phương trình: . .vn 2x3 + 3xy2 = 2y2 + 3x2 y Giải Với y = 0 ⇒ x = 0 là nghiệm của hệ. Với y 6= 0, nhân phương trình 1 với −y rồi cộng theo vế với phương trình 2 ta được: 2x3 − 4x2 y + 4xy2 − 2y3 = 0 ⇔ x = y Thế lại vào phương trình 1 của hệ ta được: 2y2 = 2y ⇔ y = 1 ⇒ x = 1 th Vậy (1; 1), (0; 0) là nghiệm của hệ Bài 9. x√x − y√=y = 8√x + 2√y  Giải hệ phương trình: (∗) x − 3y = 6 ma Giải 3 x√x − y√y = 6 4√x + √y (1)   x > 0 Đk: . Lúc đó hpt (∗) ⇔ y > 0 x − 3y = 6 (2) √ √ √ √ √ √ √ Thay (2) vào (1) có:3 x x − y y = (x − 3y) 4 x + y ⇔ x x + xy − 12y x = 0 √ √ √ √ √ √ √ ⇔ x x − 3 y x + 4 y = 0 ⇔ x = 3 y ⇔ x = 9y. Thay vào (2) có y = 1 ⇒ x = 9. x = 9 . Vậy hpt có 1 nghiệm y = 1 ww Bài 10. r r  2x + 2y = 3  Giải hệ phương trình: y x (∗)  x − y + xy = 3 Giải  2x 2y   + =3 2x2 + 2y2 − 5xy = 0 Đk x.y > 0 . Lúc đó hpt (∗) ⇔ y x ⇔ /w x − y + xy = 3 x − y + xy = 3     (x − 2y) (2x − y) = 0 x = 2y y = 2x ⇔ ⇔ hay . x − y + xy = 3 2y2 + y − 3 = 0 2x2 − x − 3 = 0 3 3 Lúc đó kết hợp với đk ta được hpt có nghiệm (x; y) là (2; 1) ; −3; − ; (−1; −2) ; ;3 2 2 Bài 11. p:/  x4 − y4 = 240 Giải hệ phương trình: x3 − 2y3 = 3(x2 − 4y2 ) − 4(x − 8y) Giải Lấy phương trình 1 trừ đi phương trình 2 nhân với 8 ta được: (x − 2)2 = (y − 4)4 ⇔ x = y − 2; x = 6 − y Lần lượt thế vào  phương trình thứ nhất  của hệ ta được x4 − y4 = 240 x = −4 htt Trường hợp 1: ⇔ x = y − 2 y = −2   x4 − y4 = 240 x = 4 Trường hợp 2: ⇔ x = 6 − y y = 2 Vậy (4; 2), (−4; −2) là nghiệm của hệ. 3
Bài 12. √  2 (x − y) = √xy .vn Giải hệ phương trình: x2 − y2 = 3 Giải " √ √ x = 2y Đk: x ≥ y. Lúc đó 2 (x − y) = xy ⇔ 2x2 − 5xy + 2y2 = 0 ⇔ (x − 2y)(2x − y) = 0 ⇔ y = 2x   x = 2 x = −2 th Khi x = 2y ⇒ y = ±1 ⇒ hay y = 1 y = −1 Khi y = 2x ⇒ −3x2 = 3 (pt vô nghiệm) Vậy đối chiếu với đk hpt có một nghiệm là (2; 1) Bài 13. ma  (x − 1)2 + 6(x − 1)y + 4y2 = 20 Giải hệ phương trình: x2 + (2y + 1)2 = 2 Giải y = x + 9 (1)   x2 − 2x + 1 + 6xy − 6y + 4y2 = 20 hệ phương trình ⇔ ⇔ 3x − 5 x2 + 4y2 = 1 − 4y  2 . x + 4y2 = 1 − 4y 2 8 2 2 2x + 18 −9 thế (1) vào hệ (2) ta được x + +1 = 2 ⇔ . x− = 1 hay x = −1 ww 3x − 5 55 3 suy ra x = −1 ⇒ y = −1 Bài 14.  x2 + 2xy + 2y2 + 3x = 0 (1) Giải hệ phương trình: xy + y2 + 3y + 1 = 0 (2) Giải Lấy (1)+2.(2) ta được :(x + 2y)2 + 3 (x + 2y) + 2 = 0⇔ (x + 2y + 1) (x + 2y + 2) = 0 /w TH1: x + 2y + 1 = 0 ⇒ x = −2y − 1 thay vào (2) " ta được√ √ 2 y = 1 + 2 ⇒ x = −3 − 2 2 y − 2y − 1 = 0 ⇒ √ √ y = 1 − 2 ⇒ x = −3 + 2 2 TH2: x + 2y + 2 = 0 ⇒ x = −2y − 2 thay vào (2) ta được√ 1− 5 √  y= ⇒ x = −3 + 5 y2 − y − 1 = 0 ⇒   2√ √ p:/ 1+ 5 y= ⇒ x = −3 − 5 2 Do đó hpt đã cho có 4 nghiệm √ ! √ ! √ √ √ √ √ 1− 5 √ 1+ 5 (x; y) là : −3 − 2 2; 1 + 2 ; −3 + 2 2; 1 − 2 ; −3 + 5; ; −3 − 5; 2 2 Bài 15.  x3 − y3 = 3x + 1 Giải hệ phương trình: htt x2 + 3y2 = 3x + 1 Giải  t = x3 − 3x − 1 hệ phương trình ⇔ với t = y3 . 3t + (x2 − 3x − 1)y = 0 ta có D = x2 − 3x − 1, Dt = (x3 − 3x − 1)(x2 − 3x − 1), Dy = −3(x3 − 3x − 1) 4
nhận thấy nếu D = 0 mà Dy 6= 0 suy ra pt VN .vn 3 Dt Dy Xét D 6= 0 ta có = hay (x2 − 3x − 1)3 = −27(x3 − 3x − 1) D D ⇒ x = 2 hay 28x5 + 47x4 − 44x3 − 151x2 − 83x − 13 = 0 ⇒ x = 2 hay x ≈ −1, 53209 từ đây suy ra được y Bài 16.   2x2 + y (x + y) + x (2x + 1) = 7 − 2y Giải hệ phương trình: th x (4x + 1) = 7 − 3y Giải Cách 1: Thế 7 = 4x2 + x + 3y ở phương trình (2) vào phương trình (1) ta được: (2x2 + y)(x + y)= 2x2 + y ⇒ y = −2x2 hoặc y = 1 − x y = −2x2 ma Trường hợp 1: vô nghiệm. x (4x + 1) = 7 − 3y  √  √  y = 1 − x x =  1 + 17 x =  1 − 17 Trường hợp 2: ⇔ 4√ hoặc 4√ x (4x + 1) = 7 − 3y y = 3 − 17  y = 3 + 17  √ √ ! √ √ 4! 4 1 − 17 3 + 17 1 + 17 3 − 17 Đáp số: ; ; .; là nghiệm của hệ. 4 4 4 4 Cách 2: Phân tích (1) ta có 2x3 + 2x2 y + xy + y2 + 2x2 + x = 7 − 2y ww ⇔ 2x3 + 2x2 (y + 1) + x(y + 1) + (y + 1)2 = 8 ⇔ 2x2 (x + y + 1) + (y + 1)(x + y + 1) = 8 ⇔ (x + y + 1)(2x2 + y + 1) = 8 ⇔ (x + y + 1)(4x2 + 2y + 2) = 16   (x + y + 1)(4x2 + 2y + 2) = 16 (x + y + 1) [9 − (x + y)] = 16 ta có ⇔ suy ra x+y = 1 hay x+y = 7 4x2 = 7 − x − 3y 4x2 = 7 − x − 3y 1 √ Với x + y = 1 ta tìm đc x = 1 ± 17 hay y = 1 − x 4 /w Với x + y = 7 thay vào (2) phương trình VN KL Bài 16.1  x3 + 7y = (x + y)2 + x2 y + 7x + 4 (1) Giải hệ phương trình: 3x2 + y2 + 8y + 4 = 8x (2) Giải p:/ Từ pt thứ (2) trong hệ ta rút 4 = 8x − 3x2 − y2 − 8y  x=y x2 + 2x − 15 Thay vào pt thứ (1) trong hệ thu gọn ta được (x − y) =0⇔ x=3  x = −5 Với x = y thay vào pt thứ 2 ta được −4x2 = 4 pt vô nghiệm " y = −1 Với x = 3 thay vào pt thứ 2 ta được y2 + 8y + 7 = 0⇔ htt y = −7 2 Với x = −5 thay vào pt thư 2 ta được y + 8y + 119 = 0 pt vô nghiệm Vậy hệ pt có 2 nghiệm (x; y) là (3; −1); (3; −7) Bài 17. 5
 3 2 x − 12z + 48z − 64 = 0   .vn  Giải hệ phương trình: y3 − 12x2 + 48x − 64 = 0   z3 − 12y2 + 48y − 64 = 0  Giải Cộng theo vế các phương trình của hệ ta được: (x − 4)3 + (y − 4)3 + (z − 4)3 = 0 (∗) từ đó suy ra trong 3 số hạng ở tổng này phải có ít nhất 1 số hạng không âm, không mất tổng quát ta giả sử (z − 4)3 ≥ 0 ⇒ z ≥ 4 th Thế thì phương trình thứ nhất của hệ tương đương x3 − 16 = 12(z − 2)2 ≥ 12.22 ⇒ x ≥ 4 Thế thì phương trình thứ hai của hệ tương đương y3 − 16 = 12(x − 2)2 ≥ 12.22 ⇒ y ≥ 4 Do vậy từ (x − 4)3 + (y − 4)3 + (z − 4)3 = 0 (∗) ⇒ x = y = z = 4 Thử lại thỏa mãn. Vậy (4; 4; 4) là nghiệm của hệ. ma Bài 18.  x4 + 4x2 + y2 − 4y = 2 Giải hệ phương trình: x2 y + 2x2 + 6y = 23 Giải  t − 4y = 2 − x4 − 4x2 hệ đã cho tương đương . (x2 + 6)y = 23 − 2x2 với t = y2 ta tính được D = x2 + 6, Dt = −x6 − 10x4 − 30x2 + 104, Dy = 23 − 2x2 . ww 2 Dt Dy ta có = suy ra (x2 + 6)(−x6 − 10x4 − 30x2 + 104) = (23 − 2x2 )2 D D ⇔ (1 − x)(1 + x)(1 + x2 )(x4 + 16x2 + 95) = 0 vậy suy ra x = 1 hay x = −1 , từ đây tìm được y Bài 19.  x2 + xy + y2 = 3 Giải hệ phương trình: x2 + 2xy − 7x − 5y + 9 = 0 /w Giải Cách 1: Cộng theo vế 2 phương trình của hệ ta được (2x + y − 3)(x + y − 2) = 0 Từ đó dẫn đến 2 trường hợp:    x2 + xy + y2 = 3 x = 1 x = 2 Trường hợp 1: ⇔ hoặc y = 3 − 2x y = 1 y = −1   x2 + xy + y2 = 3 p:/ x = 1 Trường hợp 2: ⇔ y = 2 − x y = 1  (2; −1) là nghiệm của hệ. Kết luận: (1; 1), x = a + 1 a2 + b2 + 3a + 3b + ab = 0 (1) Cách 1: đặt hệ trở thành y = b + 1 a2 − 3a − 3b + 2ab = 0 (2) cộng (1) và (2) ta đc 2a2 + b2 + 3ab = 0 ⇔ (2a + b)(a + b) = 0 suy x và y htt Bài 20. 1  3 x2 + y2 +  = 2(10 − xy) Giải hệ phương trình: (x − y)2 1 2x +  =5 x−y Giải 6
1   2(x + y)2 + (x − y)2 +  = 20 u = x + y (x − y)2 .vn Hệ ⇔ Đặt x + y + x − y +  1 =5 v = x − y + 1 x−y x−y  u = 1    2u2 + v2 − 2 = 20 v = 5 − u u = 3  Ta có hệ sau: ⇔ ⇔ hoặc 3 u + v = 5 2u2 + (5 − u)2 = 22 v = 2 14 v =      3 u = 3 x + y = 3 x + y = 3 x = 2 th TH 1: ⇔ ⇔ ⇔ v = 2 x − y + 1 = 2 x − y = 2 y = 1 x − y 1     u =  1 x + y =  x + y = 3  x + y = 3  TH 2: 3 ⇔ 3 ⇔ √ hoặc √ 14 1 14 7 + 2 10 7 − 2 10 v =  x − y +  = x − y =  x − y =  3  x − y √3 3 3 ma  √ x = 4 + 10  x = 4 − 10  ⇔ 3√ hoặc 3√ y = −3 − 10  y = −3 + 10  3 3 Bài 21.  a(a + b) = 3    Giải hệ phương trình: b(b + c) = 30 .   c(c + a) = 12  ww Giải Bài 22.  x3 + y3 − xy2 = 1 Giải hệ phương trình: 4x4 + y4 − 4x − y = 0 Giải /w Với x = 0 ⇒ y = 1 Với y = 0 ⇒ x = 1 Với x 6= 0; y 6= 0 thay (1) vào (2) ta được:  y y 2 y =1 4x4 + y4 = (4x + y)(x3 + y3 − xy2 ) ⇔ 3y2 − 4xy + x2 = 0 ⇔ 3 −4 + 1 = 0 ⇔  xy 1 x x = x 3 p:/ Với x = y thay vào (1) ta có x = 1 ⇒ y = 1 3 1 Với x = 3y thay vào (1) ta có x = √3 ⇒y= √ 3 25 25 3 1 Vậy hpt có 4 nghiệm phân biệt (x; y) là (0; 1); (1; 0); (1; 1); √ 3 ;√ 3 25 25 Bài 23.  x2 − y2 = 3 (1) Giải hệ phương trình: log (x + y) − log (x − y) = 1 (2) htt 3 5 Giải  x + y > 0 ĐK: x − y > 0 Từ pt (1) có log3 (x2 − y2 ) = 1 ⇔ log3 (x + y) + log3 (x − y) = 1 ⇔ log3 (x + y) = 1 − log3 (x − y) (∗) 7
Thay (∗) vào pt (2) có .vn 1 − log3 (x − y) − log5 3. log3 (x − y) = 1 ⇔ log3 (x − y)(1 −  log3 5) = 0 ⇔ log3 (x − y) = 0 ⇔ x − y = 1 x2 − y2 = 3 x + y = 3 x = 2 Lúc đó ta có hpt mới ⇔ ⇔ x − y = 1 x − y = 1 y = 1  x = 2 Vậy hpt có 1 nghiệm duy nhất y = 1 Bài 24. th  log4 (x2 + y2 ) − log4 (2x) + 1 = log4 (x + 3y)  Giải hệ phương trình: 2 x 1 log4 (xy + 1) − log4 (2y + y − x + 2) = log4  − y 2 Giải ma  2 2  (x + y )2 = x + 3y  (1) hệ phương trình ⇔ x xy + 1 x   2 = (2) 2y + y"− x + 2 2y x = y (3) (1) ⇔ x2 − 3xy + 2y2 = 0 ⇔ x = 2y (4) (2), (3) ⇔ x, y ∈ R > 0 (2), (4) ⇔ x = 2, y = 1 Bài 25. . ww  x2 (y + 1) = 6y − 2(1) Giải hệ phương trình: x4 y2 + 2x2 y2 + y(x2 + 1) = 12y2 − 1(2) Giải 4y − 4 2 9y + 1 Dễ thấy y 6= 0 và y 6= −1. Từ (1) ⇒ x2 y(y + 1) = 6y2 − 2y, và x2 − 2 = ;x +3 = y+1 y+1 Thay (1) vào (2), ta có: x4 y2 + x2 y2 + y + 6y2 − 2y = 12y2 − 1  ⇔ (x2 − 2)(x2 + 3)y2 − y + 1 = 0 " √ = 1 ⇒ = ± 2 /w 4(y − 1)(9y + 1)y 2 y = 1 y x ⇔ = y − 1 ⇔ ⇔  1 (y + 1)2 4(9y + 1)y2 = (y + 1)2 y= ⇒x=0 3 Bài 26.  x3 − y3 + 3y2 − 3x = 2(1) Giải hệ phương trình: √ p x2 + 1 − x2 − 3 2y − y2 = −2(2) Giải p:/   1 − x2 ≥ 0 −1 ≤ x ≤ 1 Cách 1: Đk: ⇒ 2y − y2 ≥ 0 0 ≤ y ≤ 2 0 ≤ t ≤ 2.Lúc đó hpt đã cho trở thành:  Đặt t = x + 1,  t 3 − 3t 2 + 2 = y3 − 3y2 + 2 t 3 − 3t 2 = y3 − 3y2 √ p ⇒ √ p x2 + 1 − x2 − 3 2y − y2 = −2 x2 + 1 − x2 − 3 2y − y2 = −2 htt " a=0 Xét hàm số f (a) = a3 − 3a2 , 0 ≤ a ≤ 2. Có f 0 (a) = 3a2 − 6a; f 0 (a) = 0 ⇔ 3a2 − 6a = 0 ⇔ a=2 3 2 Lập BBT ta có f (a) = a − 3a nghịch biến với 0 ≤ a ≤ 2 Vậy f (t) = f (y) ⇒ t = y ⇒ x + 1 = y √ √ Thay x + 1 = y vào pt (2) có x2 − 2 1 −"√x 2 = −2 ⇔ 1 − x2 + 2 1 − x2 − 3 = 0 √ √ 1 − x2 = 1 ⇔ ( 1 − x2 − 1)( 1 − x2 + 3) = 0 ⇔ √ ⇒x=0⇒y=1 1 − x2 = −3 8
Vậy hpt có 1 nghiệm (x; y) duy nhất là(0; 1) .vn Cách 2: Sự xuất hiện của 2 căn thứcở pt (2) mách bảo ta đặt z = 1 − y khi đó hệ trở thành x3 − 3x + z3 − 3z = 0 √ √ x2 + 1 − x2 − 3 1 − z2 = −2 Phương trình (1) của hệ này tương đương x + z = 0 hoặc x2 + xz + z2 = 3 Thế thì xảy ra 2trường hợp:   z = −x x = 0 x = 0 th Trường hợp 1: √ √ ⇔ ⇔ x2 + 1 − x2 − 3 1 − z2 = −2 z = 0 y = 1  x2 + xz + z2 = 3 Trường hợp 2: √ √ x2 + 1 − x2 − 3 1 − z2 = −2 ma Phương trình đầu của hệ này kết hợp với điều kiện của x và z dẫn đến x = z = −1; x = z = 1, cả 2 khả năng này đều không thỏa mãn phương trình thứ 2, nên trường hợp này vô nghiệm. Kết luận: (0; 1) là nghiệm của hệ. Bài 27.  x2 − y2 − y = 0 Giải hệ phương trình: x2 + xy + x = 1 Giải . ww Bài 28.  9y3 (3x3 − 1) = −125 Giải hệ phương trình: 45x2 y + 75x = 6y2 Giải Với y = 0 hệ pt vô nghiệm. Với y 6= 0 chia 2 vế pt (1) và pt (2) lần lượt cho y3 6= 0; y2 6= 0 ta có hpt  3 + 125 = 9 125  27x 27x3 + 3 = 9   /w  y3  ⇔ y (∗) x 2 x 5 5 45 + 75 2 = 6     3x. (3x + ) = 6 y y y y 5 Đặt u = 3x; v = , v 6= 0 y   u3 + v3 = 9 (u + v)3 − 3uv(u + v) = 9 (u + v)3 = 27 Lúc đó: (∗) ⇔ ⇔ ⇔ uv(u + v) = 6n uv(u + v) = 6 uv(u + v) = 6 p:/    u + v = 3 u = 1 u = 2 ⇔ ⇔ hay uv = 2 v = 2 v = 1  x = 1   u = 1 3x = 1  Với ⇔ 5 ⇔ 3 v = 2  =2 5 y =  y 2 htt x = 2    u = 2 3x = 2 Với ⇔ 5 ⇔ 3 v = 1  =1 y = 5 y 1 5 2 Vậy hpt đã cho có 2 nghiệm (x; y) là ; ; ;5 3 2 3 Bài 29. 9
√x + √  4 32 − x − y2 + 3 = 0 (1) .vn Giải hệ phương trình: √ √  4 x + 32 − x + 6y − 24 = 0 (2) Giải 0 ≤ x ≤ 32 √ √ √ √ Đk: . Lấy (1) + (2) vế theo vế ta có x + 32 − x + 4 x + 4 32 − x = y2 − 6y + 21 (∗) y ≤ 4 Có y2 + 6y + 21 = (y − 3)2 + 12 ≥ 12 √ √ √ √ q √ √ th p 4 Lại có x + 32 − x ≤ (1 + 1)(x + 32 − x) = 8 ⇔ x + 32 − x ≤ (1 + 1)( x + 32 − x) = 4 4 √ √ √ √ Vậy x + 32 − x + 4 x + 4 32 − x ≤ 12 √ √    x = 32 − x  x = 16  √ √ Do (∗) nên có hpt 4 x = 4 32 − x ⇔ y = 3 ma   y − 3 = 0  Vậy hệ pt có một nghiệm duy nhất (x; y) là (16; 3) Bài 30. √x + y + 1 + 1 = 4(x + y)2 + √3x + 3y  (1) Giải hệ phương trình: 12x(2x2 + 3y + 7xy) = −1 − 12y2 (3 + 5x) (2) Giải . √ √ Đặt x+ y + 1 = a ≥ 0; 3x + 3y =b≥0  ww 3a2 − b2 = 3 3a2 − b2 = 3 3a2 − b2 = 3 (1) ⇔ ⇔ ⇔ 9a + 9 = 4b4 + 9 9a + 3a2 − b2 2 = 4b4 + 9b 9a − 9b + 9a4 − 6a2 b2 − 3b4 = 0   3a2 − b2 = 3 3a2 − b2 = 3 ⇔ ⇔ (a − b) 9a3 + 9a2 b + 3ab2 + 3b3 = 0 a = b √ 6 ⇔b= ⇔ 2x + 2y = 1. ⇔ 2x = 1 − 2y 2 /w −5 4 7 −1 Thay vào (2) ta được : (x, y) = ; , ; 6 3 10 6 Bài 31.  x3 y (1 + y) + x2 y2 (y + 2) + xy3 = 30 Giải hệ phương trình: x2 y + x 1 + y + y2 + y − 11 = 0 Giải p:/ Bài 32.  x(1 + x) + 1 1 +1 = 4 (1)  Giải hệ phương trình: Giải hệ y y x3 y3 + y2 x2 + xy + 1 = 4y3  (2) Giải 1 1 1 1 (2) ⇔ x + x + 2 = 4 Từ (1), (2) ⇒ x + và x2 + 2 là nghiệm của pt 2 htt y  y y y 1  1  x+ = 2  x + = 2  2 A − 4A + 4 = 0 ⇔ y ⇔ y ⇔x=y=1 2 1 x x + = 2    =1 y2 y Bài 33. 10
√ 2 + 6y + x − 2y = x  y .vn Giải hệ phương trình: √ p x + x − 2y = x + 3y − 2 Giải Bài 34.  √ 12  1− x = 2 (1)   y + 3x Giải hệ phương trình: th 12 √  1+ y = 6 (2)   y + 3x Giải Cách 1: Đk: x > 0; y > 0  2 6 √ + √ = 2 ma   x y Từ đó lấy (1) + (2); (2) − (1) ta được hpt 24 6 2   = √ −√ y + 3x y x  12 9 1 ⇒ = − ⇒ 12xy = (y + 3x)(9 − y) y + 3x y x ⇒ y2 + 6xy − 27x2 = 0 ⇒ (y + 9x)(y − 3x) = 0 ⇒ y = 3x do x > 0, y > 0 √ √ √ √ √ Thay y = 3x vào pt (1) ta được: x − 2 x − 2 = 0 ⇒ x = 1 + 3 ⇒ x = 4 + 2 3 ⇒ y = 3(4 + 2 3) √ . √ Vậy hpt có 1 nghiệm (x; y) là (4 + 2 3; 3(4 + 2 3)) √ Cách 2:Đk: x > 0; y > 0 Nhân pt (1) với 3 và nhân pt (2) với hệ số ảo i rồi cộng 2 vế ta được: ww √ √ 12 √ √ √ 3x + yi − ( 3x − yi) = 2 3 + 6i y + 3x √ √ 12 √ √ Đặt z = 3x + yi thì z − = 2 3 + 6i ⇔ z2 − (2 3 + 6i)z − 12 = 0 √ √ z √ √ √ ⇔ z = 3 + 3 + (3 + 3i) (thỏa  √mãn) hoặc z = ( 3 − 3) + (3 − 3i)(loại vì 3x < 0) √  √ √ √  3x = 3 + 3  x = 4+2 3 Với z = 3 + 3 + (3 + 3i ⇔ √ ⇔ √  √y = 3 + 3  y = 12 + 6 3 /w Bài 35.  2y x2 − y2 = 3x Giải hệ phương trình: x x2 + y2 = 10y Giải Nhân chéo ta có: 3x2 x2 + y2 = 20y2 x2 − y2 ⇔ 3x4 − 17x2 y2 + 20y4 = 0 ! ⇔ 3x2 = 5y2 or x2 = 4y2 p:/ r r 3 27 Thay vào ta có các nghiệm (x;y)= (0; 0) , ± 4 ; ± 4 ; (±1; ±2) 5 125 Bài 36. 2√x + 3y + 2 − 3√y = √x + 2 (1)  Giải hệ phương trình: √y − 1 − √4 − x + 8 − x2 = 0 (2) htt Giải √ √ √ p (1) ⇔ 2 x + 3y + 2 = x + 2 + 3 y ⇔ 4(x + 3y + 2) = x + 2 + 9y + 6 y(x + 2) √ √ ⇔ ( x + 2 − y)2 = 0 ⇔ y = x + 2 √ √ x−3 x−3 Thay vào (2), ta có: x + 1 − 4 − x + 8 − x2 = 0 ⇔ √ +√ + (3 − x)(3 + x) = 0 x+1+2 4−x+1 ⇔x=3⇒y=5 11
1 1 Ta cần cm pt √ + √ = x + 3(∗) vô nghiệm trên đoạn [−1, 4] .vn x+1+2 1+ 4−x 1 1 1 1 1 3 Ta có: √ ≤ √ ≤1⇒ √ + √ < mà x + 3 ≥ 2 ⇒ (∗) vô nghiệm x+1+2 2 4−x+1 x+1+2 1+ 4−x 2 Bài 37. (x + √1 + x2 )(y + 1 + y2 ) = 1 (1)  p Giải hệ phương trình: x√6x − 2xy + 1 = 4xy + 6x + 1 (2) Giải √ th √ t t2 + 1 + t |t| − t Cách 1:Xét f (t) = t + t 2 + 1, f 0 (t) = 1 + √ = √ >√ ≥0 t2 + 1 t2 + 1 t2 + 1 Do đó f (t) đồng biến trên R √ p (1) ⇔ x + x2 + 1 = −y + 1 + y2 ⇔ f (x) = f (−y) ⇔ x = −y "√ √ √ x 25 2x2 + 6x + 1 = 3x ma (2) ⇔ x 6x + 2x2 + 1 = −4x2 + 6x + 1 ⇔ ( 2x2 + 6x + 1 − )2 = x2 ⇔ √ 2 2 4 2x + 6x + 1 = −2x   √ 2x2 + 6x + 1 = 9x2 7x2 − 6x − 1 = 0 Với 2x2 + 6x + 1 = 3x ⇔ ⇔ ⇔ x = 1 → y = −1 x ≥ 0 x ≥ 0 √ √   √ 2 2x + 6x + 1 = 4x 2 2x2 − 6x − 1 = 0 2  3 − 11 −3 + 11 Với 2x + 6x + 1 = −2x ⇔ ⇔ ⇔x= →y= x ≤ 0 . x ≤ 0 2 2 √ p Cách 2:Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ thành: x + 1 + x2 = −y + 1 + y2 (1) √ ww Rõ ràng (1) khiến ta nghĩ đến hàm số f (t) = t + t 2 + 1, hàm này đồng biến trên R nên (1) tương đương x = −y thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được: √ x 6x + 2x2 + 1 = −4x2 + 6x + 1 (2) Có một√cách hay để giải (2) bằng ẩn phụ, nhưng để đơn giản, ta 3 − 11 lũy thừa 2 vế ta tìm được nghiệm x = 1; x = √ √ 2 3 − 11 3 − 11 Kết luận: (1; −1); ( ;− ) là nghiệm của hệ. 2 2 Bài 38. /w 2x3 − 4x2 + 3x − 1 = 2x3 (2 − y)√3 − 2y  Giải hệ phương trình: √x + 2 = 3 14 − x√3 − 2y + 1 p Giải √ 1 3 √ q 1 2x3 − 4x2 + 3x − 1 = 2x3 (2 − y) 3 − 2y ⇔ 1− + 1− = (3 − 2y)3 + 3 − 2y x x √ 1 p:/ ⇔ 3 − 2y = 1 − (Do hàm số f (t) = t 3 + t đồng biến trên R) x √ √ Thay vào phương trình thứ hai ta được: x + 2 − 3 − 3 15 − x − 2 = 0 x−7 x−7 111 ⇔√ +q √ = 0 ⇔ x = 7 ⇒ y = x+2+3 98 (15 − x)2 + 2 3 15 − x + 4 3 Bài 39.  x2 + 2xy − 2x − y = 0 Giải hệ phương trình: htt x4 − 4(x + y − 1)x2 + y2 + 2xy = 0 Giải Từ pt (2) ta có x4 − 4x3 − 4yx2 + 4x2 + y2 + 2xy = 0 ⇔ (x4 − 4x3 + 4x2 ) − 4(x2 − 2x)y + 4y2 − 3y2 − 6xy = 0 ⇔ (x2 − 2x − 2y)2 = 3y2 + 6xy 12
  x2 + 2xy − 2x − y = 0 y = x2 + 2xy − 2x (3) ⇒ .vn Lúc đó hpt đã cho trở thành: (x2 − 2x − 2y)2 = 3y2 + 6xy y2 (1 + 2x)2 = 3y(y + 2x) (4) " y=0 Từ (4) có 2y(2xy + 2x2 − 3x − y) = 0 ⇔ 2xy + 2x2 − 3x − y = 0 " x=0 + Với y= 0 từ (3) có x2 − 2x = 0 ⇔ x=2  x=0⇒y=0 th +Với 2xy+2x2 −3x−y = 0 ⇒ y = 2xy+2x2 y−3x thay vào (3) có x(2xy−x−1) = 0 ⇔  x+1 y= (x 6= 0) 2x x+1 Thay y = (x 6= 0) vào pt (3) ta có (x − 1)(2x2 + 1) = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 2x Vậy hpt đã cho có 3 nghiệm (x; y) là (0; 0), (2; 0), (1; 1) ma Bài 40.  x2 + y2 + 2y = 4 Giải hệ phương trình: (x2 + xy)(y + 1) + x = 6 Giải Bài 41. . √ 3y − m x2 + 1 = 1  Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất: 1 ww x + y +  √ = m2 1+ x +1 2 Giải  √ y + x2 + 1 = m2 Hệ pt đã cho trở thành √ (I) 3y − m x2 + 1 = 1 * Điều kiện cần: giả sử hpt có nghiệm (x0 ; y0 ) thì (−x0 ; y0 ) cũng là nghiệm của hệ /w nên hpt có nghiệm duy nhất ⇔ x0 = −x0 ⇒ x0 = 0 y = m2 − 1 4 Lúc đó hệ (I) ⇔ ⇒ 3m2 − m − 4 = 0 ⇔ m = −1 ∨ m = 3y = 1 + m 3 *Điều kiện đủ:  √  y + x2 + 1 = 1 x = 0 + Với m= -1 ta có (I) ⇔ √ ⇔ Vậy m= -1 (nhận) p:/ 3y + x2 + 1 = 1 y = 0 √  2 16  y+ x +1 = x = 0  4  9 4 + Với m = ta có (I) ⇔ 4 √ ⇒ 7 Vậy m = (nhận) 3 3y −  x2 + 1 = 1  y= 3 3 9 4 Do đó m = −1; m = là các giá trị cần tìm. 3 Bài 42.  htt x2 y2 − 2x + y − 1 = 0 Giải hệ phương trình: 2x2 + y2 − 4x − 5 = 0 Giải Bài 43. 13
 xy + x − 7y = −1 (1) .vn Giải hệ: x2 y2 + xy − 13y2 = −1 (2) Giải Từ pt (1) ⇒ xy + 1 = 7y − x thế xuống pt (2) pt (2) ⇔ (xy + 1)2 − xy − 13y2 = 0 ⇔ (7y − x)2 − xy − 13y2 = 0 ⇔ x2 − 15xy + 36y2 = 0 ⇔ (x − 3y)(x − 12y) = 0 ⇒ x = 3y Hoặc x = 12y Tới đó là ra rồi :D th Bài 44. (2011x + 3) (ln(x − 2) − ln 2011x) = (2011y + 3) (ln(y − 2) − ln 2011y) (1) Giải hệ: (x; y ∈ Z) 2y6 + 55y2 + 58√x − 2 = 2011 (2) Giải ma Điều kiện: x, y > 2, khi đó từ (1), ta xét hàm số: f (t) = (2011t + 3)(ln(t − 2) − ln 2011t) t > 2, dễ thấy f (t) đơn điệu trên tập xác định của nó nên : f (x) = f (y) ⇔ x = y, Thay vào (2), ta được phương trình: √ √ 2x6 + 55x2 + 58 x − 2 = 2011 ⇔ 2x6 + 55x2 − 1953 + 58 x − 2 − 1 = 0 x−3 ⇔ (x − 3)(x + 3)(x4 + 18x2 + 217) + 58 √ =0 x−2+1 ⇔ (x − 3) (x + 3)(2x4 + 18x2 + 217) + √ . 58 x−2+1 =0 ww 58 ⇔ x = 3, vì: (x + 3)(2x4 + 18x2 + 217) + √ >0 x>2 x−2+1 Kết luận: Hệ phương trình đã cho có nghiêm là:(3; 3) Bài 45. 8x6 − 1 xy = y − 3x4 (1) Giải hệ: 2 x3 − 4x2 y = y (2) Giải /w 8x6 + 3x2 Từ phương trình thứ nhất rút ra: y = x+2 x3 Từ phương trình thứ hai rút ra: y = 2 4x + 1 8x6 + 3x2 x3 Từ đó dẫn đến: = 2 ⇒ x3 (64x6 + 16x4 + 23x2 − 2x + 6) = 0 ⇒ x = 0 ⇒ y = 0. x+2 4x + 1 Đáp số: (0; 0) p:/ Bài 46. x2 + xy + 2x + 2y − 16 = 0 (1) Giải hệ: (x + y)(4 + xy) = 32 (2) Giải  (x + y)(x + 2) = 16 (10 ) Hệ pt đã cho htt (x + y)(4 + xy) = 32 (20 ) " x=2 hpt đã cho thỏa * Với x = y từ pt(1) có x2 + 2x − 8 = 0 ⇔ x = −4 hpt đã cho không thỏa * Với x = −y hpt không thỏa. " (10 ) x+2 1 x=0 ⇒y=8 * Với x 6= −y lấy 0 ⇒ = ⇒ x(2 − y) = 0 ⇒ (2 ) 4 + xy 2 y = 2 ⇒ x = 2 hay x = −6 14
Vậy hpt có 3 nghiệm phân biệt (x; y) là (2; 2), (0; 8), (−6; 2) .vn Bài 47. xy = x + 7y + 1 Giải hệ: x2 y2 = 10y2 − 1 Giải 7y + 1 Từ phương trình thứ nhất của hệ rút x theo y ta được: x = y−1 2 th 7y + 1 Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được: .y2 = 10y2 − 1  y − 1 y = −1 ⇒ x = 3 ⇒ 39y4 + 34y3 − 8y2 − 2y + 1 = 0 ⇒  1 y=− ⇒x=1 3 ma 1 Đáp số: (3; −1), 1; − là nghiệm của hệ. 3 Bài 48. x3 (3y + 55) = 64 Giải hệ: xy(y2 + 3y + 3) = 12 + 51x Giải ( . 3y + 55 = t 3 Dễ thấy x = 0 không thỏa mãn hệ. Viết lại hệ dưới dạng: y3 + 3y2 + 3y = 3t + 51 ww 4 với t = Cộng vế với vế của hệ ta được: x (y + 1)3 + 3 (y + 1) + 51 = t 3 + 3t + 51 ⇔ y + 1 = t ( do f (t) = t 3 + 3t + 51 đồng biến trên R) từ đó có: t 3 − 3 (y −(1) − 55 = 0 ⇔ (t − 4) t 2 + 4t + 13 = 0 ⇔ t = 4 x=1 Vậy hệ có nghiệm y=3 Bài 49. log (2x + 1) − log (x − y) = √4x2 + 4x + 2 − p(x − y)2 + 1 − 3x2 + y2 − 4x − 2xy − 1  /w 3 3 Giải hệ phương trình: √ √ log (2x) + 4x2 − 4x2 + 1 = 1 − 2 3 Giải Viết phương trình thứ nhất của hệ thành: p p (2x + 1)2 + 1 − (2x + 1)2 − log3 (2x + 1) = (x − y)2 + 1 − (x − y)2 − log3 (x − y) (∗) p Xét hàm số: f (t) = (t)2 + 1 − (t)2 − log3 (t) với t > 0 p:/ t 1 1 √ Có: f 0 (t) = p − (2t + ) ≤ √ − 2 2 ≤ 0 nên f nghịch biến Thế thì (∗) ⇔ 2x + 1 = x − y (1) (t)2 + 1 t 2 √ Với phương trình thứ hai, xét hàm: f (x) = log3 (2x) + 4x2 − 4x2 + 1 với x > 0 1 1 Có: f 0 (x) = 4x(2 − √ ) + > 0 nên f đồng biến 4x2 + 1 x √ 1 1 Thế mà f = 1 − 2 nên x = thỏa mãn phương trình thứ hai. 2 2 htt 3 1 3 Kết hợp với (1) cho ta y = − Vậy ;− là nghiệm của hệ. 2 2 2 Bài 50. 4 4 2 2  x + y − ( x + y ) + x + y = −2 (1)  Giải hệ: y4 x4 y2 x2 y x x2 + y6 − 8x + 6 = 0  (2) 15
Giải .vn ĐK: x 6= 0; y 6= 0 x y x2 y2 x2 y2 Với pt(1): Đặt + = t ⇒ t 2 = 2 + 2 + 2 ⇒ 2 + 2 = t 2 − 2 y x y x y x 2 2 2 4 4 x y x y Mặt khác : 2 + 2 = (t 2 − 2)2 ⇒ 4 + 4 + 2 = t 4 − 4t 2 + 4 y x y x x 4 y 4 Từ đó: 4 + 4 = t 4 − 4t 2 + 2 y x th x2 y2 Theo AM_GM có 2 + 2 ≥ 2 ⇔ t 2 ≥ 4 ⇔ |t| ≥ 2 y x Ta có vế trái của pt (1) g(t) = t 4 − 5t 2 + t + 4, |t| ≥ 2 Có g0 (t) = 2t(2t 2 − 5) + 1 Nhận xét: + t ≥ 2 ⇒ 2t(2t 2 − 5) ≥ 4(8 − 5) > 0 ⇒ g0 (t) > 0 ma + t ≤ −2 ⇒ 2t ≤ −4; 2t 2 − 5 ≥ 3 ⇒ −2t(2t 2 − 5) ≥ 12 ⇒ 2t(2t 2 − 5) ≤ −12 ⇒ g0 (t) < 0 Lập BBT có giá trị nhỏ nhất của g(t) =-2 đạt được tại t = −2 x y Vậy từ pt(1) có + = −2 (∗) y x x y 1 Đặt u = ⇒ = , u 6= 0 y x u 1 Lúc đó pt (∗) ⇔ u + = −2 ⇔ (u + 1)2 = 0 ⇔ u = −1 ⇔ x = −y . u Thay x = −y vào pt(2) có :x6 + x2 − 8x + 6 = 0 ⇔ (x − 1)2 (x4 + 2x3 + 3x2 + 4x + 6) = 0 ww ⇔ (x − 1)2 x2 (x + 1)2 + 2(x + 1)2 + 4 = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇒ x = 1 ⇒ y = −1 Vậy hpt có duy nhất 1 nghiệm (x; y) là (1; −1) Bài 51. (2x2 − 1)(2y2 − 1) = 7 xy  Giải hệ phương trình: 2 x2 + y2 + xy − 7x − 6y + 14 = 0 Giải /w Dễ thấy xy = 0 không thỏa mãn hệ.   2x − 1 2y − 1 = 7 Với: xy 6= 0 viết lại hệ dưới dạng: x y 2  2 2 x + y + xy − 7x − 6y + 14 = 0 2 2 ĐK để phương trình x + y + xy − 7x − 6y + 14 = 0 ( ẩn x) có nghiệm là: 7 ∆1 = (y − 7)2 − 4y2 + 24y − 56 ≥ 0 ⇔ y ∈ 1; 3 p:/ 2 2 ĐK để phương trình x + y + xy − 7x − 6y + 14 =0 ( ẩn y) có nghiệm là: 10 ∆2 = (x − 6)2 − 4x2 + 28x − 56 ≥ 0 ⇔ x ∈ 2; 3 1 Xét hàm số f (t) = 2t − đồng biến trên (0; +∞) t 7 Nên: ⇒ f (x) . f (y) ≥ f (2) . f (1) = 2 ( x=2 htt Kết hợp với phương trình thứ nhất ta được là nghiệm của hệ y=1 Bài 52. √  x4 + 2y3 − x = − 1 + 3 3 (1)  Giải hệ phương trình: 4 4 3 1 √ y + 2x − y = − − 3 3 (2)  4 16
Giải .vn −1 Lấy (1)+(2), ta có: x4 + 2x3 − x + y4 + 2y3 − y = 2 2 2 2 1 2 2 2 1 ⇔ (x + x) − (x + x) + + (y + y) − (y + y) + = 0 4 4 2 1 2 2 1 2 ⇔ (x + x − ) + (y + y − ) = 0  2 √ 2 x =  −1 − 3 ⇔ 2√ th  y = −1 + 3 2 Bài 53.  Đề thi thử lần 2 chuyên Lê Quý Đôn_ Bình Đinh log (3x + 1) − log y = 3 (1) Giải hệ phương trình: √2 4 2 2 x −4y + 3log9 4 = 10 (2) ma Giải 1 Đk: x > − , y > 0, x2 − 4y ≥ 0 3 √ √ Từ pt(1) có: log2 (3x + 1) = 3 + log2 y ⇔ 3x + 1 = 4 4y (∗) √ √ 2 2 p Từ pt(2) có: 2 x −4y + 2 = 10 ⇔ 2 x −4y = 8 ⇔ x2 − 4y = 3 ⇔ 4y = x2 − 9 (∗∗) √ 19 Thay (∗∗) vào (∗) ta được: 3 x2 − 9 = 16(x2 − 9) ⇔ 7x2 − 6x − 145 = 0 ⇔ x = 5 ∨ x = − (loại) . 7 Với x = 5 ⇒ y = 4. Vậy hệ pt có 1 nghiệm (x; y) là (5; 4) Bài 54. √ ww  √1 + y = 2 x + 2(1)  Giải hệ: x x y √ p y( x2 + 1 − 1) = 3(x2 + 1)(2)  Giải "√ √ √ y + x 2(y + x) x = −y(∗) (1) ⇔ = ⇔ x y y = 2x(∗∗) Với (∗), ta dễ thấy y < 0 , tức là VT của (2) < 0, trong khi VP lại lớn hơn 0 nên loại! /w √ p √ Với (∗∗), ta có: 2x( x2 + 1 − 1) = 3(x2 + 1) ⇔ 4x4 − 8x √ 2 x2 + 1 − 3(x2 + 1) = 0 ( ĐK: x > 0 ) 2 p 2 +1 = 7p 2 √ 7 x − x x + 1(i) ⇔ 4(x2 − x2 + 1)2 = (x2 + 1) ⇔   √2 4  p − 7p 2 x2 − x2 + 1 = x + 1(ii) √ 2 − 7 11 √ 11 √ Dễ thấy (ii) vô nghiệm bởi vì + 1 < 0 Còn (i) ⇔ x4 − ( + 7)x2 − ( + 7) = 0 p:/ 2 4 4 11 √ Đặt α = + 7 s4 p −α + (α)2 + 4α ⇔x= 2 Bài 55. 2√2x + 3y + √5 − x − y = 7 Giải hệ: 3√5 − x − y − √2x + y − 3 = 1 htt Giải Bài 56. Bài hệ hay! 17
 6x2 + y2 − 5xy − 7x + 3y + 2 = 0 (1) .vn Giải hệ: x − y  = ln(x + 2) − ln(y + 2) (2) 3 Giải Đk: x > −2; y > −2 " y = 3x − 2 Từ pt (1) có :y2 + (3 − 5x)y + 6x2 − 7x + 2 = 0 ⇔ (y − 3x + 2)(y − 2x + 1) = 0 ⇔ y = 2x − 1 Từ pt (2) có x − 3 ln(x + 2) = y − 3 ln(y + 2) th t −1 Xét hàm số y = f (t) = t − 3ln(t + 2),t > −2 Có f 0 (t) = t +2 Từ đó f 0 (t) = 0 ⇔ t − 1 = 0 ⇔ t = 1 Lập BBT ta nhận có nhận xét hàm số y = f (t) nghịch biến trên (−2; 1) và đồng biến trên (1; +∞) Từ đó ta đi đến các nhận xét sau: ma + Với x = 1 ⇒ y = 1 kiểm tra ta thấy x; y thỏa hệ + Với x, y ∈ (−2; +∞), (x 6= 1) ⇒ f (y) > f (x) Thật vậy: vì y = 3x − 2 ∨ y = 2x − 1 ⇒ y − x = 2(x − 1) ∨ y − x = x − 1 Nhận thấy + x > 1 ⇒ y > x ⇒ f (y) > f (x) do hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞) +x < 1 ⇒ y < x ⇒ f (y) > f (x) do hàm số nghịch biến trên khoảng (−2; 1) . Do đó hệ pt đã cho có 1 nghiệm (x; y) duy nhất là (1; 1). ww Bài 57. Trích đề học sinh giỏi Thừa Thiên Huế 2008 - 2009 khối chuyên. 2x + 4y = 32 Giải hệ: xy = 8 Giải y âm thì 2x + 4y < 2 < 32 Ta có x; y phải là số dương. Vì nếu x;√ √ √ Khi đó ta có: 2x + 4y ≥ 2 2x+2y ≥ 2 22 2xy = 32 Dấu = xảy ra khi x = 2y. Khi đó x = 4 và y = 2 /w Bài 58. Trích đề học sinh giỏi Hà Tĩnh 2008 - 2009 x 4 − 16 y4 −1   = Giải hệ: 8x y x2 − 2xy + y2 = 8  Giải p:/ Điều kiện x 6= 0, y 6= 0 x Phương trình thứ nhất của hệ có dạng f = f (y) (1) 2 4 t −1 1 Với f (t) = ,t 6= 0. Ta có f 0 (t) = 3t 2 + 2 > 0 t t Suy ra hàm số f đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) , (0; +∞) ? Trên (−∞; 0) x √ √ (1) ⇔ = y, thay vào phương trình thứ hai của hệ thu được: y2 = 8 ⇔ y = −2 2 ⇒ x = −4 2 2 htt ? Trên (0; +∞) x √ √ (1) ⇔ = y, thay vào phương trình thứ hai của hệ thu được: y2 = 8 ⇔ y = 2 2 ⇒ x = 4 2 2 √ √ √ √ Vậy hệ có các nghiệm (x; y) là 2 2; 4 2 , −2 2; −4 2 Bài 59. Trích đề học sinh giỏi Cần Thơ 2008 - 2009 vòng 1 18
 y2 − xy + 1 = 0 .vn Giải hệ: x2 + y2 + 2x + 2y + 1 = 0 Giải Thay y2 + 1 = xy vào phương trình dưới ta được: x2 + xy + 2(x + y) = 0 ⇔ (x + 2)(x + y) = 0 Nếu x = −2 thì y = −1 ±1 Nếu x = −y thì y = √ 2 th Bài 60. Trích đề học sinh giỏi Quảng Bình 2008 - 2009 vòng 2 √x2 + 2x + 22 − √y = y2 + 2y + 1 Giải hệ: p  y2 + 2y + 22 − √x = x2 + 2x + 1 Giải ma Điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0, x = 0 hoặc y = 0 đều không thỏa hệ nênx > 0, y > 0. Trừ hai phương trình của hệ theo vế ta được √ √ p √ x2 + 2x + 22 + x + x2 + 2x + 1 = y2 + 2y + 22 + y + y2 + 2y + 1 √ √ Phương trình này có dạng f (x) = f (y) với f (t) = t 2 + 2t + 22 + t + t 2 + 2t + 1 t +1 1 Ta có f 0 (t) = √ + √ + 2t + 2 > 0 t 2 + 2t + 22 2 t Suy ra f là hàm đồng biến ⇒ f (x) = f (y) ⇔ x = y . √ √ Thay vào PT thứ nhất ta có x2 + 2x + 1 − x2 + 2x + 22 + x = 0 √ √ ww Phương trình này có dạng g (x) = g (1) với g (x) = x2 + 2x + 1 − x2 + 2x + 22 + x = 0, 1 x+1 x+1 g0 (x) = 2x + 2 + √ − √ > 2− √ >0 2 x x2 + 2x + 22 √ x2 + 2x + 22 x+1 |x + 1| x2 + 2x + 1 (Vì √ ≤√ =√ < 1) ⇒ g là hàm đồng biến nên g (x) = g (1) ⇔ x = 1 x2 + 2x + 22 x2 + 2x + 22 x2 + 2x + 22 Vậy phương trình có nghiệm là (x; y) = (1; 1) /w p:/ htt 19